Áp dụng bđt: \(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\) (*)

CM bđt trên đúng: Từ (*) <=> \(\frac{4}{x+y}\le\frac{x+y}{xy}\) <=> \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\) <=> \(\left(x-y\right)^2\ge0\)

Khi đó, ta có: \(\frac{a}{2a+b+c}=\frac{a}{a+b+a+c}\le\frac{a}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\) (1)

CMTT: \(\frac{b}{a+2b+c}\le\frac{b}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\)(2)

\(\frac{c}{a+b+2c}\le\frac{c}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\) (3)

Từ (1), (2) và (3) cộng vế theo vế:

\(\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{b+c}\right)\)

\(=\frac{1}{4}.3=\frac{3}{4}\)

Ta có: \(\frac{a+c}{a+b}+\frac{b+d}{b+c}+\frac{c+a}{c+d}+\frac{d+b}{d+a}\)

\(=\left(a+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+d}\right)+\left(b+d\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{d+a}\right)\)

\(\ge\left(a+c\right)\cdot\frac{4}{a+b+c+d}+\left(b+d\right)\cdot\frac{4}{a+b+c+d}\)

\(=\left(a+b+c+d\right)\cdot\frac{4}{\left(a+b+c+d\right)}=4\)

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = d 

\(3a-4b=7\Leftrightarrow b=\frac{3a-7}{4}\)

\(3a^2+4b^2=3a^2+4.\left(\frac{3a-7}{4}\right)^2=3a^2+\frac{1}{4}\left(9a^2-42a+49\right)\)

\(=\frac{21}{4}a^2-\frac{21}{2}a+\frac{49}{4}=\frac{21}{4}\left(a^2-2a+1\right)+\frac{28}{4}\)

\(=\frac{21}{4}\left(a-1\right)^2+7\ge7\)

Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=1\Rightarrow b=-1\),

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho 4 số \(\sqrt{3};\sqrt{3}a;\sqrt{4};\sqrt{4}b\)

\(\left|3a+4b\right|=\left|\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}a+\sqrt{4}\cdot\sqrt{4}b\right|\le\sqrt{\left(3+4\right)\left(3a^2+4b^2\right)}\)

\(\Leftrightarrow3a^2+4b^2\ge7\)

Áp dụng BĐT  Bunhiacopxki dạng phân thức 

\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)

Dấu ''='' xảy ra <=> a = b = c 

KẾT QUẢ ĐÂY NHA: 

Theo giả thiết: \(\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{ac}}\Leftrightarrow b^2\le ac\Leftrightarrow\frac{ac}{b^2}\ge1\)

Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{2}{b}\Leftrightarrow b\left(a+c\right)=2ac\Leftrightarrow2ac-bc=ab\Leftrightarrow2a-b=\frac{ab}{c}\)\(\Rightarrow\frac{a+b}{2a-b}=\frac{a+b}{\frac{ab}{c}}=\frac{ac+bc}{ab}=\frac{c}{b}+\frac{c}{a}\)(1)

Tương tự: \(\frac{b+c}{2c-b}=\frac{a}{c}+\frac{a}{b}\)(2)

Cộng từng vế hai đẳng thức (1), (2) và áp dụng Cô - si, ta được: \(\frac{a+b}{2a-b}+\frac{b+c}{2c-b}\ge\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{a}{b}\ge4\sqrt[4]{\frac{ca}{b^2}}\ge4\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Áp dụng bất đẳng thức Cô - si, ta được: \(\frac{a^2+9b^2}{a-3b}=\frac{\left(a^2-6ab+9b^2\right)+6ab}{a-3b}=\frac{\left(a-3b\right)^2+6ab}{a-3b}\)\(=\left(a-3b\right)+\frac{6ab}{a-3b}\ge2\sqrt{\left(a-3b\right).\frac{6ab}{a-3b}}=2\sqrt{6ab}=2\sqrt{6}\)(đpcm)

Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\forall a,b,c\\\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\forall a,b,c\\\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\forall a,b,c\end{cases}}\)

Nhân vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được : 

\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\left(1\right)\)

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)>0\)

Mà dễ thấy \(abc>0\)

Nên từ \(\left(1\right)\) : \(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)(đpcm)